2022-2023學年北京朝陽區(qū)高三（上）期末數(shù)學試卷及答案解析

2022-2023學年北京朝陽區(qū)高三(上)期末數(shù)學試卷

一、單選題(本大題共10小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項)

1.已知全集U={%∣%>0},集合A={%∣1V%V2},則Q7A=()

A.(-8,1]U[2,+∞)B.(0zl]U[2,+∞)

C.(―8,1)U(2,+∞)D.(0,1)U(2,+∞)

2.在復平面內(nèi)，復數(shù)(l+i)(Q-i)對應的點在第三象限，則實數(shù)Q的取值范圍是()

A.(-8,—1)B.(―∞λ1)C.(―l,+∞)D.(1,+8)

3.函數(shù)/(χ)=FHXQ1的零點的個數(shù)為()

(eLtfX>U

A.OB.1C.2D.3

4.已知雙曲線W-A=I(<2>0方>0)的一條漸近線的傾斜角為60。，則雙曲線的離心率為

()

A.0B.泗C.√3D.2

23

5.在△?!BC中，''sin24=sin2B”是為等腰三角形”的()

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

6.過直線y=Zcx-2上任意一點，總存在直線與圓/+y2=ι相切，貝義的最大值為()

A.√3B.√2C.1D.?

7.己知函數(shù)/。)=$皿(3工+9)3>0,|如<今，若g(x)"(X)=1,且函數(shù)g(x)的部分圖

象如圖所示，則W等于()

b

?--ι?~lC城D/

8.2022年10月31日，長征五號B遙四運載火箭帶著中華民族千百年來探索浩瀚宇宙的夢想,

將中國空間站夢天實驗艙準確送入預定軌道.在不考慮空氣阻力的條件下，若火箭的最大速

度”（單位：∕σn∕s）和燃料的質(zhì)量M（單位：t）、火箭（除燃料外）的質(zhì)量τn（單位：t）的關系滿足

V=2000∕n(l+)

A.當M=3,m=800時，V>7.9B.當M=2,m<600B?,v<7.9

C.當M>5,a=800時，V>11.2D.當M>3,m>600時，v>11.2

9.已知4,B,C是單位圓上不同的三點，AB=AC,則荏.前的最小值為（）

A.OB.-?C.-?D.-1

42

10.在數(shù)列｛α72｝中，%=1,αn+1=∕cα2+l（n∈∕V?）,若存在常數(shù)c,對任意的n6N*,都

有與＜c成立，則正數(shù)Zc的最大值為（）

A.?B.?C.?D.I

5432

二、填空題（本大題共5小題，共25.0分）

11.（2x+；）4展開式的常數(shù)項是.

12.已知等差數(shù)列｛arι｝的公差d≠0,a1=4,且a3,a4成等比數(shù)列，則廝=；

其前n項和S71的最大值為.

13.若函數(shù)/（x）=CoSX-SinX在區(qū)間［0,a］上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的最大值為.

14.拋物線C：y=M的準線/的方程為.若點P是拋物線C上的動點，Γ?y軸交于點4

則4O/IP（O是坐標原點）的最大值為.

15.如圖，在棱長為a的正方體4BCD-4ιBιGDι中，P,Q分別為4Q,4遇1的中點，點T在

正方體的表面上運動，滿足PT?LBQ.

給出下列四個結(jié)論：

①點7可以是棱DDl的中點；

②線段Pr長度的最小值為ga；

③點T的軌跡是矩形；

④點7的軌跡圍成的多邊形的面積為苧a?.

其中所有正確結(jié)論的序號是.

三、解答題(本大題共6小題，共85.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

16.(本小題13.0分)

在BC中，csinB=>∕3bcosC-

(I)求H

(H)若α+b=6,求C的最小值.

17.(本小題13.0分)

跳長繩是中國歷史悠久的運動，某中學高三年級舉行跳長繩比賽(該校高三年級共4個班)，規(guī)

定每班22人參加，其中2人搖繩，20人跳繩，在2分鐘內(nèi)跳繩個數(shù)超過120個的班級可獲得優(yōu)

勝獎，跳繩個數(shù)最多的班級將獲得冠軍.為預測獲得優(yōu)勝獎的班級個數(shù)及冠軍得主，收集了

高三年級各班訓練時在2分鐘內(nèi)的跳繩個數(shù)，并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位：個)：

高三(1)班：142,131,129,126,121,109,103,98,96,94；

高三(2)班：137,126,116,108；

高三(3)班：163,134,112,103；

高三(4)班：158,132,130,127,110,106.

假設用頻率估計概率，且高三年級各班在2分鐘內(nèi)的跳繩個數(shù)相互獨立.

(I)估計高三(1)班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎的概率；

(Il)用X表示此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎的班級個數(shù)，估計X的數(shù)學期望EX；

(Ill)在此次跳長繩比賽中，哪個班獲得冠軍的概率估計值最大？(結(jié)論不要求證明)

18.(本小題14.0分)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面P4D1平面4BCD,4B=4,PA=PD,

E,F分別為BC,PD的中點.

(I)求證：平面P4B；

(Il)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角F-BE-A的余弦值.

條件①：PD1EF；

條件②：PD=IEF.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.

19.(本小題15.0分)

己知桶圓C：務'=l(α>b>0)的右頂點4(2,0),P為橢圓C上的動點，且點P不在X軸上，

。是坐標原點，440P面積的最大值為1.

(I)求橢圓C的方程及離心率；

(Il)過點H(—1,0)的直線PH與橢圓C交于另一點Q,直線AP,AQ分別與y軸相交于點E,F.當

IEFl=2時，求直線PH的方程.

20.(本小題15.0分)

已知函數(shù)/(X)=警(α>0).

(I)求〃0的單調(diào)區(qū)間；

(11)若/(乃≤X—；對X∈(0,+8)恒成立，求α的取值范圍；

(IiI)若％2仇%1+%1伍%2=θ(?l≠%2)，證明：+%2>2.

21.(本小題15.0分)

已知無窮數(shù)列｛αn｝的各項均為正數(shù),當九≤4時號≤?;當n>4時,αn=max[a1+an_1,a2+

Qn-2，。3+。九-3,…，Qn-I+Q1｝，其中小。無｛%1，%2,%3,…，％｝表示%1，%2，%3，…，XS這S個數(shù)中

最大的數(shù).

(I)若數(shù)列｛αn｝的前4項為1,2,2,4,寫出g，Q6,Q7,。8的值；

(∏)證明：對任意的TlCN*,均有攀≤墨

(III)證明：存在正整數(shù)N,當n>N時，an=α4+αn,4.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：全集U={x∣x>O},集合4={x∣l<X<2},

則

CtM=(0,l]U[2,+∞).

故選:B.

利用補集定義、不等式性質(zhì)直接求解.

本題考查集合的運算，考查補集定義、不等式性質(zhì)等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題.

2.【答案】A

【解析】解:(1+i)(a-i)

=α-i+αi+1

=a+1+(a—l)i,

若其對應的點在第三象限，

則a+l<0且a-l<0,

解得：a<-1,

故選：A.

化簡代數(shù)式，結(jié)合復數(shù)的幾何意義得到關于a的不等式組，解出即可.

本題考查了復數(shù)的幾何意義，考查復數(shù)的運算，是基礎題.

3.【答案】C

【解析】解:作出/(X)的圖像，如下圖所示:

由圖像易知，f(x)與4軸有兩個交點，所以零點的個數(shù)為2,

故選：C.

作出/(無)的圖像，根據(jù)函數(shù)跟X軸的交點個數(shù)判斷即可.

本題主要考查函數(shù)的零點，屬于中檔題.

4.【答案】D

22

【解析】解：因為雙曲線?-力=1(。>0/>0)的一條漸近線的傾斜角為60。，

所以°=tan60o=√3,

a

又因為c2=α2+b2,所以c=2α,

所以離心率為e=：=2,

故選：D.

先根據(jù)漸近線的傾斜角為60。，得到5=t(m60。=8，再結(jié)合c2=α2+F即可求解.

本題主要考查雙曲線的性質(zhì)，屬于中檔題.

5.【答案】D

【解析】解：若在AABC中有sin24=sin2B,則24=2B或24=兀一2B,即A=B或4+B=*

則AABC為等腰三角形或直角三角形，故充分性不成立，

當△?!BC為等腰三角形時，若4是頂角，B是底角，則24不一定等于2B,則S譏24=s譏2B不成立，

故必要性不成立，

則“sin2A=s譏2B”是“AABC為等腰三角形”的既不充分也不必要條件,

故選：D.

根據(jù)充分條件、必要條件的定義可解.

本題考查充分條件、必要條件的定義，屬于基礎題.

6.【答案】A

【解析】解：由/+y2=ι,可得圓心C(OQ),半徑「=1,

過直線y=kx-2上任意一點，總存在直線與圓/+y2=1相切，

???k滿足罕解得一g≤k≤g,

則k的最大值為√5,

故選：A.

根據(jù)過直線y=kχ-2上任意一點，總存在直線與圓％2+y2=1相切，圓心到直線的距離d滿足

d≥1,解得/c范圍.

本題考查了直線與圓相切的性質(zhì)、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔

題.

7.【答案】B

【解析】解：由己知得g(χ)=由白麗，

據(jù)圖可知X=",雪,矍是〃尤)在一個周期內(nèi)的三個零點，

且/(x)在(工,工)上先增后減，在(工,招)上先減后增，

故7=空碧=兀，所以＜υ=2,

Ksin(2×?+φ)=0,得看+＜jθ=2kτr,fc∈Z,

又?。既蔾=0時，9=一押為所求.

故選:B.

g(χ)=而白麗，據(jù)圖可知X=芻羽,若是/Q)在一個周期內(nèi)的三個零點，且/(乃在船,為上先

增后減，在(工,招)上先減后增，據(jù)此即可求出f(X)的解析式.

本題考查正弦型三角函數(shù)的性質(zhì)，五點法作圖方法的應用，屬于中檔題.

8.【答案】C

當M=2,m<600時，。不一定小于7.9,B錯誤；

當M>5,Ui=800時，V>11.2,C正確；

當M>3,zn>600時，。不一定大于11.2,。錯誤，

故選：C.

作直線πι=600,m=800,M=2,M=3,M=5,根據(jù)圖像判斷即可.

本題主要考查根據(jù)實際問題選擇合適的函數(shù)模型，屬于中檔題.

9【答案】C

【解析】解：建立如圖所示的平面直角坐標系，

不妨設4(-1,0),B(COSaSinθ),

又4B=4C,則C(CoSa一Sin9),

所以4B=(CoSe+l,sinθ)>^AC=(COSe+1,-sinθ)>

所以AB?AC=(CoSO+I)2—sin20=2cos2θ+2cosθ=

2(CoSO+?)2-?,

當CoSJ=-T時，才^,正取最小值一會

故選：C.

先建立平面直角坐標系，設4(-1,0),B(cosθ,sinθ),求出對應點的坐標，然后結(jié)合平面向量數(shù)量

積運算求解即可.

本題考查了平面向量數(shù)量積的運算，屬基礎題.

10.【答案】B

【解析】解：由存在常數(shù)c,對任意的neN*,都有即<c成立，

可得C>(fl∏)7nαx?

由%=1,αn+1=fc?+l(n∈N*),可得c?+ι-αn=k味+1-Qn,

若｛qJ遞增，即kc?+1-αn>0(k>0)恒成立，可得■=l-4∕c<0,

即此時｛α7l｝無最大值，

所以0<k≤J,

4

所以k的最大值為京

故選:B.

由題意可得C>(an)max,考慮數(shù)列遞增，可得k成+1-αn>0(fc>0)恒成立，由判別式小于0,

求得k的范圍，再求補集可得結(jié)論.

本題考查數(shù)列的遞推式和數(shù)列不等式恒成立問題解法，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力，屬于中檔題.

IL【答案】60

【解析】解：二項式的展開式的常數(shù)項為服(2x)2φ2=60,

故答案為：60.

根據(jù)二項式定理即可求解.

本題考查了二項式定理的應用，考查了學生的運算求解能力，屬于基礎題.

12.【答案】5-n10

【解析】解：等差數(shù)列｛αn｝的公差d≠0,%=4,且如,α3,a4成等比數(shù)列，

所以a,=ɑ?ɑ4,

所以(4+2d)2=4(4+3d),

解得d=-1或d=0(舍)，

2

故an=4—(n-1)=5-n,5n=4n-"(丁)=-?n+等，

故當?τ=4或n=5時，Sn取得最大值10?

故答案為：5—n；10.

由已知結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)，等差數(shù)列的通項公式及求和公式即可求解.

本題主要考查了等差數(shù)列的通項公式，求和公式及等比數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎題.

13.【答案】?

4

【解析】解：f(x)=COsx-sinx=√2cos(x+?),

令2kιτ≤%+<2kπ+π,(fc∈Z),

整理得-%2kτr≤x≤2∕σr+與,(fc∈Z),

由于函數(shù)f(x)在區(qū)間［0,a］上單調(diào)遞減，

故-J+2fcττ≤0≤X≤Q≤2∕cτr+孚，(k∈Z),

44、'

故當k=0時，實數(shù)ɑ的最大值為率

故答案為：??

4

首先利用三角函數(shù)的關系式的變換，把函數(shù)的關系式變形成余弦型函數(shù)，進一步利用函數(shù)單調(diào)性

求出結(jié)果.

本題考查的知識要點：三角函數(shù)的關系式的變換，余弦型函數(shù)的性質(zhì)，主要考查學生的理解能力

和計算能力，屬于基礎題和易錯題.

14.【答案】y=-?45°

j4

【解析】解：???拋物線C的方程為：y=χ2,k

二拋物線C的準線/的方程為：y=-i,\/

二4點坐標為(0,—［),-------------------------->X

???當P為過點4的直線且與拋物線相切的切點時，404P最大，/4\

設過4(0,—；)且與拋物線相切的切線方程為y=∕cx-p

聯(lián)立、—4,可得/—依+：=o,

24

(y=X

Δ=k2—1=O,.??ft=+1>

???切線的傾斜角為45。或135。，

.?.由圖易得N(MP最大為45。.

故答案為：y=-345°.

根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)，直線與拋物線的位置關系，數(shù)形結(jié)合思想，即可分別求解.

本題考查拋物線的幾何性質(zhì)，直線與拋物線的位置關系，數(shù)形結(jié)合思想，屬中檔題.

15.【答案】②③④

【解析】解：由題知，以C點為坐標原點，以CO、CB、CCl所在直線分別為x,y,Z軸，建立如圖

所示空間直角坐標系，

令正方體ABCDBIClCl中棱長為2,

貝IJC(0,0,0),D(2,0,0),S(0,2,0),4(2,2,0),CI(0,0,2),D1(2,0,2),

Bi(0,2,2),4ι(2,2,2),P(LL1)，QQ,2,2),

設T(2,0,l),

則可=(1,-1,0)，BO=(1,0,2).

PΓ?βρ=l+0+0=l≠0,

不滿足PrIBQ點7不是棱ODl的中點，故①錯誤；

PT=(x-l,y-l,z-1),PTVBQ,.?.x-1+2(z-1)=0,

當X=O時，Z=|,當X=2時，z=?,

取E(2,0,/F(2,2,/G(0,2,∣),//(0,0,)

連結(jié)EF,FG,GH,HE,WJfiT=HG=(0,2,0)-EH=FG=(-2,0,1)>

FF?￡77=O.；?EFLEH,

四邊形EFGH為矩形，

VEF.BQ=0-EH-BQ0，

.?.EF1BQ,EH1BQ,

■：EF和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，

.?.BQ1平面EFGH,

又加=(-1,1弓)，PG=(-1,1,?),

.??P是EG的中點，則Pe平面EFGH,

???P是EG的中點，則P∈平面EFGH,

為使PTLBQ,必有點TC平面EFG”,

EF=GH-2,EH=FG=V5，?'?EF≠EH,

則點7的軌跡為矩形EFGH,故③正確；

面積為2*西=2西，即點7的軌跡圍成的多邊形的面積為亨a2,故④正確；

BQ=(1,0,2).PT=(x-l,y-l,z-l).PT1BQ,

則X-1+2(z-1)=0,即％+2z—3=0,

κ=3-2z,點F在正方體表面運動，

.?.0≤3-2z≤2,解得2≤z≤∣,

???IPTI=J(X—1)2+(y—1)2+(Z-1)2=√5(z-l)2+(y-l)2,

結(jié)合點7的軌跡為矩形EFGH,

分類討論下列兩種可能取得最小值的情況，

當z=l,、=0或丁=2時，?PT?=1,

當y=l,Z=T或Z=I時，IPTl=爭

?.?1<[,；.當Z=1,丁=0或)/=2時，PT取得最小值為1,取Ja,故②正確.

故答案為：@(3)(4).

以C點為坐標原點，建立空間直角坐標系，令正方體ABCD-&BlGDI中棱長為2,利用向量法求

解.

本題考查以正方體為載體，考查空間向量在立體幾何中的綜合運用和空間幾何關系的證明等基礎

知識，考查運算求解能力，是中檔題.

16.【答案】解:(I)因為CSinB=VsbcosC,

所以SmCS出B=VSsinBcosC,

又SiTIB≠0,則SirIC=WcosC,即比in。=V3,

又C為△4BC的內(nèi)角，則C=?

(D)因為Q+b=6,C=p

222

所以C?=a+b—2abcosC=(α+e)—2ab—2abcosC=36-3abf

又ab≤(竽A=9,當且僅當α=b=3時等號成立，

所以C2≥9,則C≥3,即C的最小值為3.

【解析】(I)由正弦定理化簡可得SnC=百，進而得解；

(U)由余弦定理結(jié)合基本不等式即可得解.

本題考查解三角形，考查運算求解能力，屬于基礎題.

17.【答案】解：(I)記事件4為“高三(1)班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎”，

由題中數(shù)據(jù)可知，高三(1)班共訓練10次，跳繩個數(shù)超過120個的共5次，

用頻率估計概率，則P(呼)=A=I,

故估計高三(1)班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎的概率為

(U)記事件①為“高三(k)班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎”，其中k=l,2,3,4,

用頻率估計概率，可得P(Az)=[=P(^3)=5=5,P("4)=[=|，

隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3,4,

P(X=0)=(1-|)×(1-?)×(1-?)×(1-|)=?,

P(X=l)=i×(l-i)(l-∣)×(l-∣)+(l-i)×∣×(l-∣)×(l-∣)+(l-∣)×(l-i)×

1"2、，”1、“1、”1、25

-×(1--)+(l--)×(1--)(1--)X-=-,

P(X=3)=(l-i)×∣×∣×∣+i×(l-∣)×i×∣+j×∣×(l-i)×∣+∣×i×i×(l-∣)=

7

24,

3

P(χ=2)=1-P(X=O)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)=?

O

所以估計X的數(shù)學期望EX=0×?+l×?+2×∣+3×?+4×-?=?.

2424824126

(In)高三年級四個班跳繩個數(shù)的平均數(shù)分別為

X1==(142+131+129+126+121+109+103+98+96+94)=114.9,

X2="(137+126+116+108)=121.75,

一1

X3=J(163+134+112+103)=128,

X4屋(158+132+130+127+110+106)=127.17,

所以X3最大，即在2分鐘內(nèi)，高三(3)班的跳繩個數(shù)最多，

故在此次跳長繩比賽中，高三(3)班獲得冠軍的概率估計值最大.

【解析】(I)用頻率估計概率，即可得解；

(II)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3,4,利用相互獨立事件的概率公式求得每個X的取

值所對應的概率，再由數(shù)學期望的計算方法，得解；

(Ill)計算四個班級的跳繩個數(shù)的平均數(shù)，可得在2分鐘內(nèi)，高三(3)班的跳繩個數(shù)最多.

本題考查離散型隨機變量的數(shù)學期望，熟練掌握相互獨立事件的概率公式，數(shù)學期望的計算方法

是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題.

18.【答案】解：(I)證明：取P4中點G,連接FG,EG,如圖所示:

?.?F為Pn的中點，.?.FG//AD,FG=

^AD,

1

?.?E?FCWΦ?,.-.BE=^BC,

在正方形ABC。中，40〃BC,4。=BC,

：.FG∕∕BE^LFG=BE,

四邊形BEFG為平行四邊形，.??

EF//BG,

又EFC平面P4B,BGU平面Λ4B,

??.EF〃平面PaB；

(Il)取AD中點。，連接OP,0E,

?.?PA=PD,.?.P01AD,

???平面PADJ■平面4Bm平面PADCl平面ABCC=AD,

??.P。J"平面ABC。，又OEU平面ABC。，.?.。PJ.0E,

在正方形4BC。中，0E_L04,

則建立以。為原點，以。4、0E、OP所在直線為X軸、y軸、Z軸的空間直角坐標系。-Xyz,如圖

所示:

設P(0,0,2α)(α>0),

則。(0,0,0),B(2,4,0),D(-2,0,0),

E(0,4,0),F(-l,O,a),

.?.EB=(2,0,0).EF=(-l,-4,α),

DP=(2,0,2a)，

設平面BEF的一個法向量為元=

(.χ,y,z),

則性更=2x=0,取y

［九?EF=-X-4y+Qz=0

???平面BEF的一個法向量為元=(0,Q,4),

又OP_L平面BAE,則平面ABE的一個法向量為沅=(0,0,1),

4

.?.∣cos<m,n>∣=?∣=7-,

若選取條件①：PD1EF,

^EF-DP-0，BP-2+2a2=0,解得α=1或α=-1(不合題意,舍去),

由圖形得二面角F-BE-4的平面角為銳角，則ICos＜而,元＞I=箸，

故二面角F-BE-4的余弦值為呼;

若選取條件②：PD=IEF,

2

則Λ∕4+(2α)2=∣√1+16+α,解得α=1或α=-1(不合題意，舍去),

由圖形得二面角F-BE-A的平面角為銳角，則ICOs＜沅,元＞I=書，

故二面角F-BE-4的余弦值為筆?.

【解析】(I)取PA中點G,連接FG,EG,根據(jù)線面平行的判定定理，即可證明結(jié)論；

(11)取4。中點。，連接OP,0E,由題意得OP、0E、Oa兩兩垂直，建立以。為原點，以。4、0E、

OP所在直線為%軸、y軸、Z軸的空間直角坐標系。一Xyz,設P(0,0,2α)(α>0),利用向量法，即

可得出答案.

本題考查直線與平面平行和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.

19.【答案】解：(/)因為AAOP面積的最大值為所以gab=1.

又因為右頂點4(2,0),故α=2,c2=a2-b2,所以b=l,c=√5,

所以橢圓C的方程為F+/=1,離心率為冬

4J2

(∏)①當直線PH的斜率不存在時，直線PH的方程為X=-1.顯然△力PQSA4EF.

因為IPQl=√3.所以IEFl=IlPQl=芋≠2.不合題意.

②當直線PH的斜率存在時，設直線PH的方程為y=k(x+1),

由得(1+4fc2)x2+Qk2X+(4fc2-4)=0,

顯然/>0.

設P(Xl,%)，Q(,χ2)y2^,且≠±2,

rjι∣∣.8/』41(2—4

K1Jx+X=-----------?,XiX=-------?

?12N1+4∕C2?2l+4k2

直線ZP的方程為y=弱-2),

令X=0,得點E的縱坐標VE=烏，則E(0,a?,

X]-Z%]一Z

直線ZQ的方程為y??(?-2),

同理可得F(0,5?)?

X2~Δ

丫2(?！?)一。1(。2-2)

所以IEFl=I老一汽|=2|1=2產(chǎn)2+1)("黑貨)3-%=6|止

X?~LXZ-乙(X1-2)(X2-2)

Xlr2I=2

XlX2-2(%1+%2)+4*

所以3優(yōu)|?%-x2∣=?x1x2-2(x1+x2)+4|,

即3∣k∣J(Xl+Λ?)2—4%I%2=IXIX2-2(x1+x2)+4|，

2

8k、2Λ4k2—4.4k^-4?8戶.∣

可得3∣k∣(-2)2-4X------2=-------2+2×------2+4?

l+4fc-'1+4/l+4kzl÷4kz

化筒得

l+4k,l+4/c2

解得/C=±造,

6

所以直線PH的方程為X—√6y+1=O或X+Vβy+1=0.

【解析】(I)根據(jù)A4OP面積的最大值為1,求得αb的值，根據(jù)右頂點求出ɑ的值，進而可得b的值,

根據(jù)α,b,C的關系求得C的值，即可得方程和離心率;

(∏)當直線PH的斜率不存在時，不合題意；當直線PH的斜率存在時，設直線PH的方程為y=k(x+

1),聯(lián)立直線與橢圓的方程，表示出E,F的坐標，根據(jù)IEFl=2和韋達定理計算k的值即可得PH的

方程.

本題考查了橢圓的方程和離心率，考查了直線與橢圓的位置關系，屬于中檔題.

20.【答案】解：由己知得，定義域(0,+8),「(%)=震，

(I)令尸(X)=0得久=e,因為α>0,

∕,(x)>0=>0<x<β,∕,(x)<0=>%>β,

所以/(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+8)；

2

(II)結(jié)合α>0,由已知得仇％-ax÷%≤0在X∈(O1+8)恒成立，

即α≥色詈當％>0時恒成立，令g(%)=與3，無>0,g,(x)=~2^~x+1,顯然“(1)=0,

再令h(x)=-2lnx-%÷1,∕√(%)=-：-1V0,故力。)在(0,+8)上單調(diào)遞減，結(jié)合力(1)=0,

當0<X<1時,h(x)>0,即g'<)>0,當%<1時，∕ι(x)<0,即g'<)<0,

故g(l)=1是g(x)的極大值，也是g(%)的最大值，

故Q≥1即為所求，故α的取值范圍是［1,+8)；

i

(IIl)證明：由%2伍%ι+=1m％2=OQiWX2)得地+處?=0，且XIWLX2≠1?

xlx2

當Q=I時，令m(%)=(%>0),顯然m(l)=0,

M(X)=二2/：x+i=y(2x+i),Xe((U)時，m,(x)>0,Xe(I,+8)時，m,(x)<0,

故m(l)=0是m(x)的極大值，也是最大值，即仇X-X2÷%≤0(%=1時取等號)，

所以等≤x-l,(當且僅當X=1時取等號)，

所以竽<%-1,?<x2-l.

xlx2

兩式相加得上1+3<XI+X2-2,即X1+必一2>0,

xlx2

故％ι+X2>2.

【解析】(I)利用導數(shù)直接計算即可；

(U)分離參數(shù)，然后研究函數(shù)g(x)=安，x>0的最大值即可，通過二次求導不難解決問題；

(IIl)構造函數(shù)Tn(X)=加X-/+X,(χ>0),研究其單調(diào)性和最值，得到粵≤x-l,(當且僅當

K=I時取等號)，再結(jié)合已知條件不難證明結(jié)論.

本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值進而解決不等式恒成立問題，同時還考查了通過構造

函數(shù)，證明不等式的解題思路，屬于較難的題目.

(

21.【答案】解：1)劭=5,a6=6,a7=7,α8=8.

(∏)對任意九>4,存在i∈{1,2,…，九一1},使得αn=七+Q71T

若i>4,或九一i>4,則Qi或Qn.i,又可以寫成數(shù)列中某兩項的和，如4?